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文档简介
四川省宜宾四中2024年高三下学期第五次调研考试化学试题注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、主族元素X、Y、Z、W、R、T的原子序数依次增大,且均不大于20。其中X-的电子层结构与氦相同,R和Y同族,Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂;Z3+和Y2-具有相同的电子层结构;T、W、Y三种元素组成盐T2WY3的溶液通入过量CO2后产生白色沉淀。下列说法不正确的是()A.原子半径:T>R>W>ZB.T和R形成化合物的水溶液呈碱性C.化合物TX具有很强的还原性,可与水反应D.T、R、Z三种元素的最高价氧化物对应的水化物两两能发生反应2、下表中各组物质之间不能通过一步反应实现如图转化的是甲乙丙ACH2=CH2CH3CH2ClCH3CH2OHBNH3NOHNO3CAlCl3Al(OH)3Al2O3DCl2HClCuCl2A.A B.B C.C D.D3、在下列工业处理或应用中不属于化学变化原理的是A.石油分馏 B.从海水中制取镁C.煤干馏 D.用SO2漂白纸浆4、以有机物A为原料通过一步反应即可制得重要有机化工产品P()。下列说法错误的是A.A的分子式为C11H14,可发生取代、氧化、加成等反应B.由A生成P的反应类型为加成聚合反应,反应过程没有小分子生成C.A的结构简式为,分子中所有碳原子不可能共面D.1molA最多能与4molH2发生加成反应5、常温下,向10.00mL0.1mol/L某二元酸H2X溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液,其pH变化如图所示(忽略温度变化),已知:常温下,H2X的电离常数Ka1=1.1×10-5,Ka2=1.3×10-8。下列叙述正确的是A.a近似等于3B.点②处c(Na+)+2c(H+)+c(H2X)=2c(X2-)+c(HX-)+2c(OH-)C.点③处为H2X和NaOH中和反应的滴定终点D.点④处c(Na+)=2c(X2-)>c(OH-)>c(HX-)>c(H+)6、氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示,下列化学反应属于阴影3区域的是A.2HClO2HCl+O2↑B.NH4HCO3NH3↑+H2O+CO2↑C.4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3D.Fe2O3+3CO2Fe+3CO27、2018年11月16日,国际计量大会通过最新决议,将1摩尔定义为“精确包含6.02214076×1023个原子或分子等基本单元,这一常数称作阿伏伽德罗常数(NA),单位为mol−1。”下列叙述正确的是A.标准状况下,22.4LSO3含有NA个分子B.4.6g乙醇中含有的C−H键为0.6NAC.0.1molNa2O2与水完全反应转移的电子数为0.1NAD.0.1mol·L─1的醋酸溶液中含有的H+数目小于0.1NA8、已知:25℃时,Ksp[Ni(OH)2]=2.0×10-15,Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。将含Fe2O3、Ag、Ni的某型废催化剂溶于盐酸,过滤,滤渣为Ag,所得溶液中c(Ni2+)=c(Fe3+)=0.4mol/L。向该溶液中滴加一定浓度的NaOH溶液(假设溶液体积不变)。下列说法中正确的是A.金属活动性:Ag>NiB.加入NaOH溶液时,先产生Ni(OH)2沉淀C.当滴定到溶液pH=5时,溶液中lg约为10D.当滴定到溶液呈中性时,Ni2+已沉淀完全9、《厉害了,我的国》展示了中国在航空、深海、交通、互联网等方面取得的举世瞩目的成就,它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是()A.“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐B.港珠澳大桥使用高性能富锌底漆防腐,依据的是外加电流的阴极保护法C.我国提出网络强国战略,光缆线路总长超过三千万公里,光缆的主要成分是晶体硅D.化学材料在北京大兴机场的建设中发挥了巨大作用,其中高强度耐腐蚀钢筋属于无机材料10、25℃时,向20.00mL0.1mol·L-1H2X溶液中滴入0.1mol·L-1NaOH溶液,溶液中由水电离出的c水(OH-)的负对数[-1gc水(OH-)]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中正确的是A.水的电离程度:M>N=Q>PB.图中M、P、Q三点对应溶液中cHXC.N点溶液中c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-)D.P点溶液中c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+c(H2X)11、如图所示的X、Y、Z、W四种短周期元素的原子最外层电子数之和为22,下列说法正确的是A.X、Y、W三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B.Z、X、W三种元素氧化物对应水化物的酸性依次增强C.由X、W和氢三种元素形成的化合物中只含共价键D.X、Z形成的二元化合物是一种新型无机非金属材料12、向某二价金属M的M(OH)2的溶液中加入过量的NaHCO3溶液,生成了MCO3沉淀,过滤,洗涤、干燥后将沉淀置于足量的稀盐酸中,充分反应后,在标准状况下收集到VL气体。如要计算金属M的相对原子质量,你认为还必需提供下列哪项数据是A.M(OH)2溶液的物质的量浓度 B.与MCO3反应的盐酸的物质的量浓度C.MCO3的质量 D.题给条件充足,不需要再补充数据13、某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中,有大量气泡产生,为探究该反应原理,该同学做了以下实验并观察到相关现象,由此得出的结论不合理的是选项实验及现象结论A将湿润的红色石蕊试纸放在试管口,试纸变蓝反应中有NH3产生B收集产生的气体并点燃,火焰呈淡蓝色反应中有H2产生C收集气体的同时测得溶液的pH为8.6弱碱性溶液中Mg也可被氧化D将光亮的镁条放入pH为8.6的NaHCO3溶液中,有气泡产生弱碱性溶液中OH-氧化了MgA.A B.B C.C D.D14、某种兴奋剂的结构如图所示,下列说法正确的是()A.该物质遇FeCl3溶液显紫色,属于苯酚的同系物B.1mol该物质分别与浓溴水和NaOH溶液反应时最多消耗Br2和NaOH均为4molC.滴入酸性KMnO4溶液振荡,紫色褪去即证明该物质结构中存在碳碳双键D.该分子中所有碳原子均可能位于同一平面15、常温下在20mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L-1HCl溶液40mL,溶液中含碳元素的各种微粒(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。下列说法不正确的是A.在同一溶液中,H2CO3、、不能大量共存B.测定混有少量氯化钠的碳酸钠的纯度,若用滴定法,指示剂可选用酚酞C.当pH=7时,溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系:c(Na+)>c(Cl-)>c()>c(H+)=c(OH-)D.已知在25℃时,水解反应的平衡常数即水解常数Kh1=2.0×10-4,溶液中c()∶c()=1∶1时,溶液的pH=1016、化学与生活密切相关,下列过程与氧化还原反应无关的是()A.A B.B C.C D.D17、X、Y、Z、M、W为五种短周期元素,X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期元素,且最外层电子数之和为15,X与Z可形成XZ2分子;Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g·L−1;W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的。下列说法正确的是A.简单离子半径:W+>Y3->X2->M+B.化合物W2Z2的阴阳离子个数之比为1:1,水溶液显碱性C.1molWM溶于足量水中完全反应,共转移2mol电子D.由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物中可能只含有共价键18、热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示,其中作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后,电池即可瞬间输出电能,此时硫酸铅电极处生成Pb。下列有关说法正确的是A.输出电能时,外电路中的电子由硫酸铅电极流向钙电极B.放电时电解质LiCl-KCl中的Li+向钙电极区迁移C.电池总反应为Ca+PbSO4+2LiClPb+Li2SO4+CaCl2D.每转移0.2mol电子,理论上消耗42.5gLiCl19、厌氧氨化法(Anammox)是一种新型的氨氮去除技术,下列说法中正确的是A.1molNH4+所含的质子总数为10NAB.联氨(N2H4)中含有离子键和非极性键C.过程II属于氧化反应,过程IV属于还原反应D.过程I中,参与反应的NH4+与NH2OH的物质的量之比为1∶220、已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素,其中元素A、E的单质在常温下呈气态,元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍,元素C在同周期的主族元素中原子半径最大,元素D的合金是日常生活中常用的金属材料。下列说法正确的是A.工业上常用电解法制备元素C、D、E的单质B.元素A、B组成的化合物常温下一定呈气态C.化合物AE与CE含有相同类型的化学键D.元素B、C、D的最高价氧化物对应的水化物两两之间均可发生化学反应21、下列实验操作、现象和结论正确的是实验操作和现象结论A向浓度均为0.1mol・L-1的FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加NaOH溶液,先出现红褐色沉淀Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3]B将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后,滴加KSCN溶液,溶液变为红色样品已部分或全部变质C向1mL20%的蔗糖溶液中加入5滴稀硫酸,水浴加热5分钟后,再向其中加入新制备的Cu(OH)2悬浊液,加热几分钟,没有砖红色沉淀生成蔗糖水解不能生成葡萄糖D向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液,溶液呈蓝色溶液中含Br2A.A B.B C.C D.D22、既有强电解质,又有弱电解质,还有非电解质的可能是()A.离子化合物 B.非金属单质 C.酸性氧化物 D.共价化合物二、非选择题(共84分)23、(14分)化合物H是一种除草剂,可由下列路线合成(部分反应条件略去):(1)B和A具有相同的实验式,分子结构中含一个六元环,核磁共振氢谱显示只有一个峰,则B的结构简式为__________,A→B的反应类型是__________。(2)C中含氧官能团的名称是__________;ClCH2COOH的名称(系统命名)是__________。(3)D→E所需的试剂和条件是__________。(4)F→G的化学方程式是___________________。(5)I是E的一种同分异构体,具有下列结构特征:①苯环上只有一个取代基;②是某种天然高分子化合物水解的产物。I的结构简式是__________。(6)设计由乙醇制备的合成路线__________(无机试剂任选)。24、(12分)某课题组采取以下路线合成利胆药——柳胺酚。回答下列问题:已知:(1)对于柳胺酚,下列说法正确的是______________A有三种官能团B遇三氯化铁溶液显紫色C分子组成为C13H9NO3D1mol柳胺酚最多与3molNaOH反应(2)F的命名为______________;B中含氧官能团的名称为_________。(3)写出化合物D的结构简式________________。(4)写出E和F制取柳胺酚的化学反应方程式______________。(5)写出同时符合下列条件的F的所有同分异构体的结构简式_______。①能发生银镜反应②分子有四种不同化学环境的氢原子(6)4-甲氧基乙酰苯胺是重要的精细化工中间体,写出由苯甲醚()制备4-甲氧基乙酰苯胺()的合成路线(注明试剂和条件)______。25、(12分)过氧乙酸(CH3COOOH)不仅在卫生医疗、食品消毒及漂白剂领域有广泛应用,也应用于环境工程、精细化工等领域。实验室利用醋酸(CH3COOH)与双氧水(H2O2)共热,在固体酸的催化下制备过氧乙酸(CH3COOOH),其装置如下图所示。请回答下列问题:实验步骤:I.先在反应瓶中加入冰醋酸、乙酸丁酯和固体酸催化剂,开通仪器1和8,温度维持为55℃;II.待真空度达到反应要求时,打开仪器3的活塞,逐滴滴入浓度为35%的双氧水,再通入冷却水;Ⅲ.从仪器5定期放出乙酸丁酯和水的混合物,待反应结束后分离反应器2中的混合物,得到粗产品。(1)仪器6的名称是______,反应器2中制备过氧乙酸(CH3COOOH)的化学反应方程式为_____。(2)反应中维持冰醋酸过量,目的是提高_____;分离反应器2中的混合物得到粗产品,分离的方法是_________。(3)实验中加入乙酸丁酯的主要作用是_________(选填字母序号)。A作为反应溶剂,提高反应速率B与固体酸一同作为催化剂使用,提高反应速率C与水形成沸点更低的混合物,利于水的蒸发,提高产率D增大油水分离器5的液体量,便于实验观察(4)从仪器5定期放出乙酸丁酯和水的混合物,待观察到___________(填现象)时,反应结束。(5)粗产品中过氧乙酸(CH3COOOH)含量的测定:取一定体积的样品VmL,分成6等份,用过量KI溶液与过氧化物作用,以1.1mol•L-1的硫代硫酸钠溶液滴定碘(I2+2S2O32-=2I-+S4O62-);重复3次,平均消耗量为V1mL。再以1.12mol•L-1的酸性高锰酸钾溶液滴定样品,重复3次,平均消耗量为V2mL。则样品中的过氧乙酸的浓度为______mol•L-1。26、(10分)1-乙氧基萘常用作香料,也可合成其他香料。实验室制备1-乙氧基萘的过程如下:已知:1-萘酚的性质与苯酚相似,有难闻的苯酚气味。相关物质的物理常数:物质相对分子质量状态熔点(℃)沸点(℃)溶解度水乙醇1-萘酚144无色或黄色菱形结晶或粉末96℃278℃微溶于水易溶于乙醇1-乙氧基萘172无色液体5.5℃267℃不溶于水易溶于乙醇乙醇46无色液体-114.1℃78.5℃任意比混溶(1)将72g1-萘酚溶于100mL无水乙醇中,加入5mL浓硫酸混合。将混合液置于如图所示的容器中加热充分反应。实验中使用过量乙醇的原因是________。(2)装置中长玻璃管的作用是:______________。(3)该反应能否用实验室制备乙酸乙酯的装置_____(选填“能”或“不能”),简述理由_____________。(4)反应结束,将烧瓶中的液体倒入冷水中,经处理得到有机层。为提纯产物有以下四步操作:①蒸馏;②水洗并分液;③用10%的NaOH溶液碱洗并分液;④用无水氯化钙干燥并过滤。正确的顺序是____________(选填编号)。a.③②④①b.①②③④c.②①③④(5)实验测得1-乙氧基萘的产量与反应时间、温度的变化如图所示,时间延长、温度升高,1-乙氧基萘的产量下降可能的两个原因是____________。(6)提纯的产品经测定为43g,本实验中1-乙氧基萘的产率为________。27、(12分)铋酸钠(NaBiO3)是分析化学中的重要试剂,在水中缓慢分解,遇沸水或酸则迅速分解。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。回答下列问题:Ⅰ.制取铋酸钠制取装置如图(加热和夹持仪器已略去),部分物质性质如下:物质NaBiO3Bi(OH)3性质不溶于冷水,浅黄色难溶于水;白色(1)B装置用于除去HCl,盛放的试剂是___;(2)C中盛放Bi(OH)3与NaOH混合物,与Cl2反应生成NaBiO3,反应的离子方程式为___;(3)当观察到___(填现象)时,可以初步判断C中反应已经完成;(4)拆除装置前必须先除去烧瓶中残留Cl2以免污染空气。除去Cl2的操作是___;(5)反应结束后,为从装置C中获得尽可能多的产品,需要的操作有___;Ⅱ.铋酸钠的应用——检验Mn2+(6)往待测液中加入铋酸钠晶体,加硫酸酸化,溶液变为紫红色,证明待测液中存在Mn2+。①产生紫红色现象的离子方程式为___;②某同学在较浓的MnSO4溶液中加入铋酸钠晶体,加硫酸酸化,结果没有紫红色出现,但观察到黑色固体(MnO2)生成。产生此现象的离子反应方程式为___。Ⅲ.产品纯度的测定(7)取上述NaBiO3产品wg,加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应,再用cmo1·L-1的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO4-(已知:H2C2O4+MnO4-——CO2+Mn2++H2O,未配平),当溶液紫红色恰好褪去时,消耗vmL标准溶液。该产品的纯度为___(用含w、c、v的代数式表示)。28、(14分)铁被誉为“第一金属”,铁及其化合物广泛应用于生活、生产、国防等领域。(1)已知:元素的一个基态的气态原子得到一个电子形成-1价气态阴离子时所放出的能量称为该元素的第一电子亲和能,用E1表示。从-1价的气态阴离子再得到1个电子,成为-2价的气态阴离子所放出的能量称为第二电子亲和能E2,依此类推。FeO是离子晶体,其晶格能可通过如下的Born-Haber循环计算得到。铁单质的原子化热为__________kJ/mol,FeO的晶格能为__________kJ/mol,基态O原子E1____________E2(填“大于”或“小于”),从原子结构角度解释_________。(2)乙二胺四乙酸又叫做EDTA(图1),是化学中一种良好的配合剂,形成的配合物叫做螯合物。EDTA在配位滴定中经常用到,一般是测定金属离子的含量。已知:EDTA配离子结构(图2)。EDTA中碳原子轨道的杂化类型为____________,EDTANa-Fe(Ⅲ)是一种螯合物,六个配位原子在空间构型为____________。EDTANa-Fe(Ⅲ)的化学键除了σ键和配位键外,还存在____________。(3)Fe3O4晶体中,O2-的重复排列方式如图所示,该排列方式中存在着由如1、3、6、7的O围成的正四面体空隙和如3、6、7、8、9、12的O2-围成的正八面体空隙。Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中,另一半Fe3+和Fe2+填充在正八面体空隙中,则Fe3O4晶体中,O2-数与正四面体空隙数(包括被填充的)之比为__________,有__________%的正八面体空隙填充阳离子。Fe3O4晶胞的八分之一是图示结构单元(图3),晶体密度为5.18g/cm3,则该晶胞参数a=____________pm。(写出计算表达式)29、(10分)CPAE是蜂胶的主要活性成分,具有抗癌的作用.人工合成CPAE的一种路线如下:已知:i.A分子中苯环上一溴代物只有2种;ii.R1﹣CHO+R2﹣CH2﹣CHO→(1)写出反应类型:反应①_______;反应⑤______.(2)写出结构简式:A______;C_______.(3)在反应②中,1molC7H5O2Br最多消耗NaOH____mol.(4)写出反应方程式:反应⑦________.(5)写出一种符合下列条件的E的同分异构体__________i.1mol该物质与1molNa2CO3反应,生成1molCO2气体ii.含有4种化学环境不同的氢原子(6)写出实验室用Y制备苯乙酮()的合成路线(不超过四步)_____________(合成路线常用的表示方式为:AB…:目标产物)
参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、A【解析】
主族元素X、Y、Z、W、R、T的原子序数依次增大,且均不大于20。其中X-的电子层结构与氦相同,则X为H元素;R和Y同族,Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂,为O3,则Y为O元素;R为S元素;Z3+和Y2-具有相同的电子层结构Z在Y的下一周期,Z为铝元素;T、W、Y三种元素组成盐T2WY3的溶液通入过量CO2后产生白色沉淀,且W的原子序数大于铝而小于硫,故T2WY3为K2SiO3,生成的白色沉淀为硅酸,据此分析。【详解】主族元素X、Y、Z、W、R、T的原子序数依次增大,且均不大于20。其中X-的电子层结构与氦相同,则X为H元素;R和Y同族,Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂,为O3,则Y为O元素;R为S元素;Z3+和Y2-具有相同的电子层结构Z在Y的下一周期,Z为铝元素;T、W、Y三种元素组成盐T2WY3的溶液通入过量CO2后产生白色沉淀,且W的原子序数大于铝而小于硫,故T2WY3为K2SiO3,生成的白色沉淀为硅酸。A.同周期元素从左而右依次减小,故原子半径:T(K)>Z(Al)>W(Si)>R(S),选项A不正确;B.T和R形成化合物K2S为强碱弱酸盐,水解呈碱性,选项B正确;C.化合物TX为KH,具有很强的还原性,可与水反应生成氢氧化钾和氢气,选项C正确;D.T、R、Z三种元素的最高价氧化物对应的水化物氢氧化钾、硫酸、氢氧化铝两两能发生反应,选项D正确。答案选A。【点睛】本题考查元素周期表元素周期律的应用。推断元素是解题的关键,通过判断:Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂,结合Y元素原子序数较小,可知为O3,从而进一步求解。2、B【解析】
A.乙烯与HCl加成得到一氯乙烷,一氯乙烷消去得到乙烯与HCl,一氯乙烷与水发生取代得到乙醇,乙醇消去得到乙烯与水,符合转化,A项正确;B.HNO3显酸性,NH3显碱性,由硝酸不能直接转化为氨气,不能实现转化,B项错误;C.AlCl3与氨水反应得到Al(OH)3,Al(OH)3与盐酸反应得到AlCl3与水,Al(OH)3加热分解得到Al2O3,Al2O3与盐酸反应得到AlCl3与水,符合转化,C项正确;D.氯气与氢气反应得到HCl,浓HCl与高锰酸钾反应得到氯气,HCl与CuO反应得到CuCl2和水,CuCl2电解得到Cu与氯气,符合转化,D项正确;答案选B。3、A【解析】
A.石油分馏是根据各成分的沸点不同而分离的,变化过程中没有新物质生成,属于物理变化,故A正确;B.镁是活泼金属,在海水中一化合态存在,制取镁单质,有新物质生成,属于化学变化,故B错误;C.煤的干馏是将煤隔绝空气加强热,分解生成煤焦油、煤气、焦炭等新物质,属于化学变化,故C错误;D.二氧化硫具有漂白性,能够结合有色物质生成无色物质,有新物质生成,属于化学变化,故D错误;故选A。4、C【解析】
由P的结构简式可知,合成P的反应为加成聚合反应,产物只有高分子化合物P,没有小分子生成,合成P的单体A的结构简式为,则A的分子式为C11H14,由A分子具有碳碳双键、苯环结构,可知A可发生取代、氧化、加成等反应,A、B均正确;将写成,分子中11个碳原子有可能共面,C错误;由A的结构简式可知,1个苯环能与3个H2发生加成,1个双键能与1个H2加成,则1molA最多能与4molH2发生加成反应,D正确。5、A【解析】
A.多元弱酸分步电离,以第一步为主,根据H2XH++HX-,c(H+)==≈10-3,a近似等于3,故A正确;B.点②处恰好生成NaHX,根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(X2-)+c(HX-)+c(OH-)和质子守恒c(H+)+c(H2X)=c(X2-)+c(OH-)得:c(Na+)+2c(H+)+c(H2X)=3c(X2-)+c(HX-)+2c(OH-),故B错误;C.H2X和NaOH恰好反应生成Na2S,为中和反应的滴定终点,点④处为滴定终点,故C错误;D.点④处恰好生成Na2X,c(Na+)>2c(X2-)>c(OH-)>c(HX-)>c(H+),故D错误;答案:A【点睛】本题考查了酸碱中和滴定实验,注意先分析中和后的产物,再根据电荷守恒、物料守恒、质子守恒分分析;注意多元弱酸盐的少量水解,分步水解,第一步为主;多元弱酸少量电离,分步电离,第一步为主。6、D【解析】
根据图得出阴影3为氧化还原反应,但不是置换反应、化合反应、分解反应。【详解】A.2HClO2HCl+O2↑,有化合价升降,是氧化还原反应,但是分解反应,故A不符合题意;B.NH4HCO3NH3↑+H2O+CO2↑,没有化合价升降,故B不符合题意;C.4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3,有化合价升降,是氧化还原反应,但是化合反应,故C不符合题意;D.Fe2O3+3CO2Fe+3CO2,有化合价升降,是氧化还原反应,不属于置换反应、化合反应、分解反应,故D符合题意。综上所述,答案为D。7、C【解析】
A.标准状况下,SO3为固态,22.4LSO3含有分子不等于NA,选项A错误;B.4.6g乙醇的物质的量是0.1mol,含有的C-H键的个数为0.5NA,选项B错误;C.过氧化钠与水的反应中过氧化钠既是氧化剂,也是还原剂,则0.1molNa2O2与水反应转移电子数为0.1NA,选项C正确;D、没有给定溶液的体积,无法计算氢离子的数目,选项D错误。答案选C。8、C【解析】
A.Ag不能与盐酸反应,而Ni能与盐酸反应,因此金属活动性:Ni>Ag,故A错误;B.c(Ni2+)=0.4mol/L时,Ni2+刚好开始沉淀时溶液中,c(Fe3+)=0.4mol/L时,Fe3+刚好开始沉淀时溶液中,故先产生Fe(OH)3沉淀,故B错误;C.溶液pH=5时c(H+)=10-5mol/L,溶液中,,,则Ni2+未沉淀,c(Ni2+)=0.4mol/L,则,故C正确;D.当溶液呈中性时,c(OH-)=1×10-7mol/L,此时溶液中,故Ni2+未沉淀完全,故D错误;故答案为:C。9、D【解析】
A.高温结构陶瓷耐高温、耐腐蚀,是新型无机非金属材料,不是传统的硅酸盐,A错误;B.钢结构防腐蚀涂装体系中,富锌底漆的作用至关重要,它要对钢材具有良好的附着力,并能起到优异的防锈作用,依据的是牺牲阳极的阴极保护法,B错误;C.光缆的主要成分是二氧化硅,C错误;D.高强度耐腐蚀钢筋属于无机材料,D正确;故答案选D。10、C【解析】
A.M点:水电离出来的氢氧根离子为10-11.1mol/L,N点和Q点:水电离出来的氢氧根离子为10-7.0mol/L,P点水电离出来的氢氧根离子为10-5.4mol/L,水的电离程度:P>N=Q>M,故A错误;B.H2X的第二步电离常数Ka2=c(X2-)×c(H+)c(HX-)C.N点为NaHX与Na2X的混合溶液,由图像可知,M点到P点发生HX-+OH-=H2O+X2-,根据横坐标消耗碱的量可知,在N点生成的X2-大于剩余的HX-,因此混合液n(Na2X)>n(NaHX),因为溶液呈中性,X2-的水解平衡与HX-的电离平衡相互抵消,所以N点溶液中c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-),故选C;D.P点恰好生成Na2X溶液,根据质子守恒c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X),故D错误;答案:C【点睛】本题注意把握图象的曲线的变化意义,把握数据的处理,难度较大。11、D【解析】
根据在短周期中,X、Y、Z、W的位置,可以知道,X和Y位于第二周期,Z和W位于第三周期,设Z元素原子的最外层电子数为a,则X、Y、W的原子的最外层电子数分别为a+1、a+2、a+3;有a+a+1+a+2+a+3=22,得a=4,Z的最外层电子数为4,Z元素为Si,同理可知X、Y、W分别为N、O、Cl。A.X、Y、W三种元素最低价氢化物分别为NH3、H2O、HCl,由于NH3、H2O分子间存在氢键,沸点会升高,因此沸点最高的是H2O,最低的是HCl,A项错误;B.Z、X、W元素氧化物对应的水化物的酸性不一定增强,如Cl的含氧酸中的HClO为弱酸,其酸性比N的最高价氧化物的水化物HNO3的弱,B项错误;C.X、W和H三种元素形成的化合物为NH4Cl等,NH4Cl为离子化合物,其中既存在离子键又存在共价键,C项错误;D.Z和X形成的二元化合物为氮化硅,氮化硅是一种重要的结构陶瓷材料,它是一种新型无机非金属材料,D项正确;本题答案选D。12、C【解析】
生成的气体是CO2,所以要计算M的相对原子质量,还需要知道MCO3的质量,选项C正确,答案选C。13、D【解析】
A.氨气为碱性气体,遇到湿润的红色石蕊变蓝,将湿润的红色石蕊试纸放在试管口,试纸变蓝,可以证明气体中含有氨气,故A正确;B.收集产生的气体并点燃,火焰呈淡蓝色,可以证明氢气的存在,故B正确;C.pH为8.6时,仍然有气体生成,说明碱性条件下,Mg可以被氧化,故C正确;D、若是氢氧根氧化了Mg,则氢氧根得电子被还原,不可能生成气体,所以D的结论不合理,故D错误;故选D。14、D【解析】
A.该有机物中含有酚羟基,遇FeCl3溶液显紫色,苯酚的同系物应符合有且只有一个苯环,且苯环上只连一个羟基,其余全部是烷烃基,A错误;B.与浓溴水反应酚类为邻对位上的氢被溴取代,左边苯环邻对位上只有一个H,右边苯环邻对位上有两个H,还有一个C=C与溴水发生加成反应,共消耗4mol的Br2;3个酚羟基、一个氯原子,氯原子水解又产生1个酚羟基,1mol该有机物消耗5mol氢氧化钠,B错误;C.能使酸性KMnO4褪色的官能团有酚羟基、C=C、苯环上的甲基,C错误;D.苯环和碳碳双键均是平面形结构,因此分子中碳原子有可能均共平面,D正确;答案选D。15、D【解析】
A.根据图像分析,pH>8时只有碳酸根离子和碳酸氢根离子,pH=8时,只有碳酸氢根离子,pH<8时,溶液中只有碳酸和碳酸氢根离子,则在同一溶液中,H2CO3、HCO3-、CO32-不能大量共存,故A正确;B.Na2CO3溶液中逐滴加入HCl溶液,用酚酞作指示剂,滴定产物是,用甲基橙作指示剂滴定时,和HCl溶液的反应产物是H2CO3,故B正确;C.由图象可知,pH=7时,c(H+)=c(OH-),溶液中含碳元素的主要微粒为HCO3-、H2CO3,电荷守恒可知:c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(HCO3-)+c(OH−),则c(Na+)>c(Cl−),因HCO3-水解,则c(Na+)>c(Cl−)>c(HCO3-),溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为c(Na+)>c(Cl−)>c(HCO3-)>c(H+)=c(OH−),故C正确;D.已知在25℃时,溶液中c()∶c()=1∶1,水解反应的平衡常数即水解常数Kh1=c(OH-)=2.0×10-4,则c(H+)=5.0×10-11,溶液的pH<10,故D错误;16、D【解析】
A.锂电池使用过程中,锂失电子发生氧化反应,故不选A;B.。铝与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠,铝失电子发生氧化反应,故不选B;C.长征五号运载火箭采用液氢液氧作为推进剂,发射过程发生氧化还原反应放热,故不选C;D.用“天眼”接收宇宙中的射电信号,没有生成新物质,不属于化学变化,故D选;故选D。17、D【解析】
根据题目可以判断,Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g·L−1,则YM的相对分子质量为17形成的化合物为NH3,M为H元素,Y为N元素;X与Z可形成XZ2分子且X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期元素,故X为C元素,Z为O元素;W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的,W为Na元素。【详解】A.简单离子半径从大到小为Y3->X2->M+>W+,A错误;B.W2Z2为Na2O2,其阴阳离子个数之比为2:1,B错误;C.NaH与水发生反应,方程式为NaH+H2O=NaOH+H2↑,转移1mol电子,C错误;D.四种元素形成的化合物可能为NH4HCO3,含有离子键,D正确;故选D。18、C【解析】
由题目可知硫酸铅电极处生成Pb,则硫酸铅电极的反应为:PbSO4+2e-+2Li+=Pb+Li2SO4,则硫酸铅电极为电池的正极,钙电极为电池的负极,由此分析解答。【详解】A.输出电能时,电子由负极经过外电路流向正极,即从钙电极经外电路流向硫酸铅电极,A项错误;B.Li+带正电,放电时向正极移动,即向硫酸铅电极迁移,B项错误;C.负极反应方程式为Ca+2Cl−−2e−=CaCl2,正极电极反应方程式为:PbSO4+2e−+2Li+=Pb+Li2SO4,则总反应方程式为:PbSO4+Ca+2LiCl=Pb+CaCl2+Li2SO4,C项正确;D.钙电极为负极,电极反应方程式为Ca+2Cl−−2e−=CaCl2,根据正负极电极反应方程式可知2e−∼2LiCl,每转移0.2mol电子,消耗0.2molLiCl,即消耗85g的LiCl,D项错误;答案选C。【点睛】硫酸铅电极处生成Pb是解题的关键,掌握原电池的工作原理是基础,D项有关电化学的计算明确物质与电子转移数之间的关系,问题便可迎刃而解。19、C【解析】
A选项,1molNH4+所含的质子总数为11NA,故A错误;B选项,联氨()中含有极性键和非极性键,故B错误;C选项,过程II中N元素化合价升高,发生氧化反应,过程IV中N化合价降低,发生还原反应,故C正确;D选项,过程I中,参与反应的NH4+到N2H4化合价升高1个,NH2OH到N2H4化合价降低1个,它们物质的量之比为1∶1,故D错误;综上所述,答案为C。【点睛】利用化合价升降进行配平来分析氧化剂和还原剂的物质的量之比。20、A【解析】元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍,短周期元素中有碳、硫,A、B、C、D、E是原子序数依次增大,所以B是C;A的原子序数小于6(碳)且单质为气体,A是H元素;C的原子序数大于6,半径是同周期中最大,C是第三周期的Na元素;元素D的合金是日常生活中常用的金属材料,D是Al元素;E单质是气体,E是Cl元素;所以A、B、C、D、E分别是:H、C、Na、Al、Cl。工业上用电解熔融氯化钠制取钠,用电解熔融氧化铝制取铝,用电解饱和食盐水制取氯气,A选项正确;氢元素、碳元素组成化合物属于烃,常温下碳原子数小于4是气态,大于4是液态或者固态,B选项错误;HCl是共价化合物,含共价键,氯化钠是离子化合物,含离子键,HCl和NaCl的化学键类型不同,C选项错误;元素B、C、D的最高价氧化物对应的水化物分别是H2CO3、NaOH、Al(OH)3,H2CO3与Al(OH)3不反应,D选项错误,正确答案A。21、A【解析】
A.因Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3],Fe(OH)3的溶解度较小,故先和NaOH发生反应,产生红褐色沉淀,A正确;B.Fe2+和NO3-、H+在同一溶液中时,可以发生反应,Fe2+反应生成Fe3+,故加入KSCN后溶液会变红,但不能判断为变质,B错误;C.水浴反应过后应加入NaOH使体系为碱性,若不加NaOH,原溶液中未反应的硫酸会和Cu(OH)2发生反应,不会生成砖红色沉淀,C错误;D.向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液,溶液呈蓝色,该溶液中也可能含有Fe3+,Fe3+也能将I-氧化为单质碘,D错误;故选A。22、D【解析】
A.由于离子化合物在熔融状态下一定能导电,故一定是电解质,不能是非电解质,故A错误;B.单质既不是电解质也不是非电解质,故B错误;C.酸性氧化物绝大多数是非电解质,少部分是电解质,且是电解质中的弱电解质,无强电解质,故C错误;D.若共价化合物能在水溶液中自身电离出自由离子而导电,则为电解质,若在水溶液中不能导电,则为非电解质;是电解质的共价化合物,可能是强电解质,也可能是弱电解质,故D正确。故选:D。【点睛】应注意的是离子化合物一定是电解质,共价化合物可能是电解质也可能是非电解质。二、非选择题(共84分)23、加成反应醚键2-氯乙酸浓硝酸、浓硫酸、加热【解析】
B和A具有相同的实验式,分子结构中含一个六元环,核磁共振氢谱显示只有一个峰;3个分子的甲醛分子HCHO断裂碳氧双键中较活泼的键,彼此结合形成B:,B与HCl、CH3CH2OH反应产生C:ClCH2OCH2CH3;间二甲苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生E为,在Fe、HCl存在条件下硝基被还原变为-NH2,产生F为:,F与ClCH2COOH在POCl3条件下发生取代反应产生G:,G与C发生取代反应产生H:。【详解】根据上述分析可知B是,F是。(1)3个分子的甲醛断裂碳氧双键中较活泼的键,彼此结合形成环状化合物B:,A→B的反应类型是加成反应;(2)C结构简式为ClCH2OCH2CH3;其中含氧官能团的名称是醚键;ClCH2COOH可看作是乙酸分子中甲基上的一个H原子被Cl原子取代产生的物质,名称是2-氯乙酸;(3)D为间二甲苯,由于甲基使苯环上邻位和对位变得活泼,所以其与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生E为,则D→E所需的试剂和条件是浓硝酸、浓硫酸、加热;(4)F与ClCH2COOH在POCl3条件下发生取代反应产生G和水,F→G的化学方程式是;(5)E为,硝基化合物与C原子数相同的氨基酸是同分异构体,I是E的一种同分异构体,具有下列结构特征:①苯环上只有一个取代基;②是某种天然高分子化合物水解的产物,则该芳香族化合物的一个侧链上含有1个—COOH、1个—NH2,和1个,I的结构简式是;(6)CH3CH2OH在Cu催化下加热下发生氧化反应产生CH3CHO,3个分子的乙醛发生加成反应产生,与乙醇在HCl存在时反应产生,故由乙醇制备的合成路线为:。【点睛】本题考查有机物推断与合成、限制条件同分异构体书写、有机物结构与性质等,掌握有机物官能团的结构与性质是解题关键。要根据已知物质结构、反应条件进行推断,注意根据物质结构简式的变化理解化学键的断裂与形成,充分利用题干信息分析推理,侧重考查学生的分析推断能力。24、BD邻羟基苯甲酸或2-羟基苯甲酸硝基+H2O、、,【解析】
苯和氯气发生取代反应生成A,A为;F中不饱和度==5,根据柳胺酚结构简式知,F中含有苯环和碳氧双键,所以F为,E为;D和铁、HCl反应生成E,结合题给信息知,D结构简式为;A反应生成B,B和NaOH水溶液发生水解反应生成C,根据D结构简式知,A和浓硝酸发生取代反应生成B,B为,C为,据此解答。【详解】(1)A.柳胺酚有酰胺基、酚羟基2种官能团,A错误;B.柳胺酚有酚羟基,遇三氯化铁溶液显紫色,B正确;C.柳胺酚的分子式为:C13H11NO3,C错误;D.酰胺基水解消耗1molNaOH,酚羟基共消耗2molNaOH,1mol柳胺酚最多与3molNaOH反应,D正确;综上所述,BD正确,故答案为:BD;(2)F的结构简式为:,命名为:邻羟基苯甲酸或2-羟基苯甲酸,B的结构简式为:,含氯原子、硝基2种官能团,硝基为含氧官能团,故答案为:邻羟基苯甲酸或2-羟基苯甲酸;硝基;(3)由分析可知,D为:,故答案为:;(4)E和F脱水缩合生成柳胺酚,化学反应方程式为:+H2O,故答案为:+H2O;(5)F为,能发生银镜反应,则分子中含1个-CHO和2个-OH,或者含1个HCOO-和1个-OH,含1个-CHO和2个-OH共有6种,含1个HCOO-和1个-OH共有邻间对3种,共9种,其中分子有四种不同化学环境的氢原子的有3种,分别为:、、,故答案为:、、;(6)逆合成分析:含酰胺基,可由和CH3COOH脱水缩合而来,可由还原硝基而来,可由硝化而来,整个流程为:,故答案为:。【点睛】常见能发生银镜反应的结构有:-CHO、HCOO-、HCONH-、HCOOH等。25、(蛇形)冷凝管CH3COOH+H2O2CH3COOOH+H2O双氧水的转化率(利用率)过滤C仪器5“油水分离器”水面高度不变【解析】
(1)仪器6用于冷凝回流,名称是(蛇形)冷凝管,反应器2中乙酸和双氧水在固体催化剂加热的条件下反应生成过氧乙酸,反应方程式为CH3COOH+H2O2CH3COOOH+H2O,故答案为:(蛇形)冷凝管;CH3COOH+H2O2CH3COOOH+H2O;(2)反应中CH3COOOH过量,可以使反应持续正向进行,提高双氧水的转化率,反应器2中为过氧乙酸、为反应完的反应物及固体催化剂的混合物,可采用过滤的方法得到粗产品,故答案为:双氧水的转化率(利用率);过滤;(3)由于乙酸丁酯可与水形成沸点更低的混合物,利于水的蒸发,从而可以提高过氧乙酸的产率,因此C选项正确,故答案为:C;(4)乙酸和双氧水在固体催化剂加热的条件下反应生成过氧乙酸和水,当仪器5中的水面高度不再发生改变时,即没有H2O生成,反应已经结束,故答案为:仪器5“油水分离器”水面高度不变;(5)已知I2+2S2O32-=2I-+S4O62-,由得失电子守恒、元素守恒可知:双氧水与高锰酸钾反应,由得失电子守恒可知:则样品中含有n(CH3COOOH)=(1.15V1×11-3-1.15V2×11-3)mol,由公式可得,样品中的过氧乙酸的浓度为,故答案为:。【点睛】本题的难点在于第(5)问,解答时首先要明确发生的反应,再根据得失电子守恒和元素守恒建立关系式,得到样品中过氧乙酸的物质的量,进而求得其浓度。26、提高1-萘酚的转化率冷凝回流不能产物沸点大大高于反应物乙醇,会降低产率a1-萘酚被氧化,温度高乙醇大量挥发或温度高发生副反应50%【解析】
(1)该反应中乙醇的量越多,越促进1-萘酚转化,从而提高1-萘酚的转化率;(2)长玻璃管起到冷凝回流的作用,使挥发出的乙醇冷却后回流到烧瓶中,从而提高乙醇原料的利用率;(3)该产物沸点高于乙醇,从而降低反应物利用率,所以不能用制取乙酸乙酯的装置;(4)提纯产物用10%的NaOH溶液碱洗并分液,把硫酸洗涤去,水洗并分液洗去氢氧化钠,用无水氯化钙干燥并过滤,吸收水,控制沸点通过蒸馏的方法得到,实验的操作顺序为:③②④①,选项是a;(5)时间延长、温度升高,可能是酚羟基被氧化,乙醇大量挥发或产生副反应等,从而导致其产量下降,即1-乙氧基萘的产量下降可能的两个原因是1-萘酚被氧化,温度高乙醇大量挥发或温度高发生副反应;(6)根据方程式,1-萘酚与1-乙氧基萘的物质的量相等,则n(C10H8O)=n(C12H12O)=72g÷144g/mol=0.5mol,则m(C12H12O)=0.5mol×172g/mol=86g,其产率=(43g÷86g)×100%=50%。27、饱和食盐水Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2OC中白色固体消失(或黄色不再加深)关闭K1、K3,打开K2在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+×100%或×100%或%【解析】
用浓HCl和MnO2反应制备Cl2,其中混有挥发出来的HCl,要用饱和食盐水出去,然后利用Cl2的强氧化性在碱性条件下将Bi(OH)3氧化成NaBiO3;利用Mn2+的还原性将NaBiO3还原而Mn2+被氧化成紫红色溶液MnO4-来检验NaBiO3的氧化性;实验结束后Cl2有毒,要除去,做法是打开三颈烧瓶的NaOH溶液,使其留下和氯气反应;NaBiO3纯度的检测利用NaBiO3和Mn2+反应生成MnO4-,MnO4-再和草酸反应来测定,找到NaBiO3、Mn2+、MnO4-、草酸四种物质之间的关系,在计算即可。【详解】(1)除去氯气中混有的HCl,用饱和食盐水,故答案为:饱和食盐水;(2)反应物为Bi(OH)3、Cl2和NaOH混合物,+3价的Bi被氧化成NaBiO3,Cl2被还原成Cl-,根据原子守恒还有水生成,所以反应为:Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O,故答案为:Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O;(3)C中反应已经完成,则白色的Bi(OH)3全部变为了黄色的NaBiO3,故答案为:C中白色固体消失(或黄色不再加深);(4)从图上来看关闭K1、K3,打开K2可使NaOH留下与氯气反应,故答案为:关闭K1、K3,打开K2;(5)由题意知道NaBiO3不溶于冷水,接下来的操作尽可能在冰水中操作即可,操作为:在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,故答案为:在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥;(6)①往待测液中加入铋酸钠晶体,加硫酸酸化,溶液变为紫红色,证明待测液中存在Mn2+,说明铋酸钠将Mn2+氧化成MnO4-,因为是酸性条件,所以铋酸钠被还原成Bi3+,据此写方程式并配平为5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O,故答案为:5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O;②由题意可知,Mn2+过量,铋酸钠少量,过量的Mn2+和MnO4-发生反应生成了黑色的MnO2,反应方程式为3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+,故答案为:3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+;(7)根据得失电子守恒找出关系式为:5NaBiO3~2Mn2+~2MnO4-~5H2C2O4,计算铋酸钠理论产量:解得m(理论)=0.28CVg,所以纯度=×100%=×100%,所以答案为:×100%或×100%或%。【点睛】(7)在复杂的纯度、产率等计算中,用得失电子守恒法找出各关键物质之间的关系,由此计算,可以事半功倍,如本题中的关系5NaBiO3~5H2C2O4,使复杂问题简单化了。28、416.33902小于当负一价氧离子再获得电子时要克服电荷之间的排斥力,因此要吸收能量sp2,sp3八面体离子键和π键1:250%×1010【解析】
(1)从原子
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